安徽省宣城市2025_2026学年高三数学上学期期末考试含解析

这是一份安徽省宣城市2025_2026学年高三数学上学期期末考试含解析，共71页。试卷主要包含了考试结束时，务必将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.答题前，考生先将自己的姓名､考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域.
3.考生作答时，请将答案答在答题卷上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应
题目的答案标号涂黑；非选择题请用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上各题的答题区域内
作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.考试结束时，务必将答题卡交回.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 已知复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则，求出 ，再由模长公式，即可得出结论.
【详解】 ，
所以 .
故选：A.
2. 已知集合 ，则集合 中的元素个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合 中各元素的值，再求出集合 的补集 ，最后利用交集运算求出 即
第 1页/共 21页
可.
【详解】根据特殊三角函数值可知 ，
因为 ，所以 ，且 ；
因为 ，所以 ，且 ；
所以集合 .
又因为集合 ，则 或 ；
所以 ，元素个数是 3 个.
故选：C.
3. 已知非零向量 的夹角为 ，若 在 上的投影向量为 ，且 ，则 （ ）
A. B. 2 C. 3 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据非零向量 的夹角为 ， 在 上的投影向量为 ，得出 ，然后利用
化简计算即可得出 .
【详解】因为非零向量 的夹角为 ，
所以 ，
又 在 上的投影向量为 ，
所以 ，
由 ，得
即 ，
所以 ，
第 2页/共 21页
故选：A.
4. “ ”是“ ” （ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式以及半角公式分别验证充分性、必要性可得结论.
【详解】由 ，可得 ，
利用半角公式可得 ，充分性不成立，
当 时， ，
可得 ，则必要性成立，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选： B
5. 已知 是定义在 上的奇函数，且 在 上单调递减， ，则 的
解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可.
【详解】由题意可知， 当 时， ， 在 上单调递减，则 的解集为
；
第 3页/共 21页
当 时， 是定义在 上的奇函数，则 ， 在 上单调递减，则
的解集为 ；
所以， 的解集是 的解集是 ．
因为不等式 等价于不等式组 或
所以不等式 的解集是 ．
故选：D.
6. 已知数列 的通项公式分别为 ，将数列 的公共项从小到大排列
得到数列 ，设数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断出数列项 的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，
利用等差数列的求和公式求得结果.
【详解】因为数列 是以 3 为首项，以 2 为公差的等差数列，数列 是以 2 为首项，以 3 为公差的等
差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以 5 为首项，以 6 为公差的等差数列，
所以 .
故选：B.
7. 已知函数 ，则曲线 在点 处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
第 4页/共 21页
【解析】
【分析】先根据分段函数的定义求出 ，再求出 时对应的表达式，然后求导由点斜式可得.
【详解】由题意可得 ，
当 时， ，此时 ，
所以 ，
求导可得 ，
所以 ，
所以切线方程为 ，即 .
故选：C.
8. 已知双曲线 ，若圆 上存在点 ，使得
的中点在双曲线 的渐近线上，则双曲线 离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线方程，可得渐近线方程，设 ，设 PA 中点为 Q，根据中点坐标公式，可得 Q
点坐标，根据 Q 在渐近线上，代入可得 ，由题意，点 P 为圆 M 与直线 的
公共点，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线距离公式，计算化简，即可得答案.
【详解】根据双曲线方程可得，渐近线方程 ，即 ，
设 ，设 PA 中点为 Q，由 ，得 ，
因为 Q 在渐近线上，所以 ，即 ，
所以点 P 为圆 M 与直线 的公共点，
由题意圆 M 的圆心为 ，半径为 2，
第 5页/共 21页
则圆心 M 到直线 距离 ，
所以 ，即 ，解得
所以双曲线 的离心率的取值范围为 .
故选：D
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符
合题目要求的.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 某校进行数学竞赛，将 120 名参赛学生的成绩整理如下：
成绩（分）
频数 8 22 36 28 16 10
根据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A. 这 120 名学生成绩的极差一定为 60 分
B. 这 120 名学生成绩的平均数大于 65 分
C. 这 120 名学生成绩的中位数不小于 70 分
D. 这 120 名学生成绩大于 70 分的人数所占比例不超过
【答案】BD
【解析】
【分析】利用频数分布表根据极差，平均数，中位数，百分位数计算方式可判断各选项正误.
【详解】对于 A，因为 ， ，
所以这 120 名学生成绩的极差介于 40 分至 60 分之间，故 A 错误；
对于 B，根据题中频数分布表可知，平均数为
，
因为 ，故 B 正确；
对于 C，由题可知成绩在 ， 内的人有 66 人，
占比为 ，则中位数小于 70 分，故 C 错误；
第 6页/共 21页
对于 D，这 120 名学生中成绩大于 70 分的频数不超过 ，占比为 ，
所以这 120 名学生成绩大于 70 分的人数所占比例不超过 ，故 D 正确．
故选：BD.
10. 已知正四棱台 中， ，则下述正确的是（ ）
A. 该四棱台的高为
B.
C. 该四棱台的表面积为
D. 该四棱台外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】画出图形，连接 交于点 ，连接 交于点 ，连接 ，结合图形分析得出
为四棱台的高，然后过点 作 交 于 ，通过已知条件结合勾股定理计算即可得出选项
A，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断 B，结合题意计算四棱台上下底面面积和侧面
积即可得出选项 C，设出球的方程，代入坐标解方程可得球的半径，再利用球的表面积公式判断 D 即可.
【详解】对于 A，如图，连接 交于点 ，连接 交于点 ，连接 ，
则在正四棱台 中有 ，
可得 平面 ，故 为四棱台的高，
第 7页/共 21页
由 平面 ，所以 ，
过点 作 交 于 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
在正四棱台 中，由 ，
所以 ，则 ，
则 ，
在直角三角形 中， ，
得到四棱台的高为 ，故 A 正确；
对于 B，如图，以 为原点，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
可得 ， ，
而 ，得到 不成立，故 B 错误，
对于 C，由题意得该四棱台的表面积拆分如下，
①正四棱台的上下两个正方形的面积：
设上下两个面的面积分别为 ，则 ，
②正四棱台的侧面积，在等腰梯形 中，如图所示：
第 8页/共 21页
过 分别作 垂直于 交 于点 ，
所以 ，又 ，
所以四边形 为平行四边形，
所以 ，所以 ，
则 ，
所以等腰梯形 的面积如下，
为 ，
所以正四棱台的侧面积为 ，
得到四棱台的表面积为 ，故 C 正确，
对于 D，设外接球的方程 ，
将 代入方程，得到 ，
将 代入方程，得到 ，
两式相减得 ，解得 ，
此时 变为 ，
将 代入方程，得到 ，
两式相减可得 ，解得 ，
此时 变为 ，
将 代入方程，得到 ，
两式相减得 ，解得 ，则 ，
由球的表面积公式得表面积为 ，故 D 正确.
第 9页/共 21页
故选：ACD
11. 已知 ，动点 满足直线 与 的斜率乘积为 ，设点 的运动轨迹为曲
线 ，过点 的直线 与曲线 的另一个交点为 ，则（ ）
A. 点 的轨迹方程为
B. 面积的最大值为
C. 不存在点 ，使得
D. 若直线 过原点，则 的最小值为 2
【答案】BCD
【解析】
【分析】先求出 的运动轨迹是去掉左右顶点的椭圆并求出其方程，再利用椭圆的性质逐一分析即可求解.
【详解】因由题可得 ，化简得到 ，
所以点 的运动轨迹是去掉左右顶点的椭圆，故选项 A 错误，
面积为 ，
椭圆中 ，故 ，故选项 B 正确；
因为 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以不存在点 ，使得 ，故选项 C 正确；
若直线 l 过原点，则 P,Q 关于原点对称， ，
当 P 为椭圆短轴端点时有 ，
所以直线 过原点，则 的最小值为 2，故选项 D 正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
第 10页/共 21页
12. 现将 位民警派往甲，乙，丙，丁 4 个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到 1 个学
校，每个学校只去 1 人.已知 民警不能去甲学校， 两位民警不能去乙学校，则不同的分派方法共有
__________种（用数字作答）.
【答案】10
【解析】
【分析】分 民警去乙学校和不去乙学校两种情况分析即可求解.
【详解】若 民警去乙学校，则不同的分派方法有 种，
若 民警不去乙学校，则不同的分派方法有 种，
综上，不同的分派方法共有 种.
故答案为：10.
13. 已知正项数列 满足 ，且 ，则 的值
是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先证明得到数列 为公比 的等比数列，再利用等比数列性质得到 即可求
解.
【详解】由题得到 ，
所以数列 为公比 的等比数列，
利用等比数列性质得到 ，
所以 .
故答案为： .
14. 已知函数 是偶函数，则函数 的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
第 11页/共 21页
【分析】根据偶函数定义，化简整理，即可得 ，利用换元法，根据其单调性求复合函数的值域即可.
【详解】 ，因为其为偶函数，
所以 ，即
所以 ，解得 .
当 时， ，由 解得 ，
满足偶函数定义，故 .
所以 ， .
令 ， ，由二次函数图象和性质可知，
当 时， ，当 趋近于 或 3 时， 趋近于 0，
所以 ， 的值域为 ；
因为对数函数 在 上单调递增，令 ，
根据单调性可知，当 时， ，且当 趋近于 0 时， 趋近于 ，
所以 的值域为 .
综上，函数 的取值范围是 .
故答案为： .
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在 中，内角 的对边分别为 ，已知 .
（1）求角 的大小；
（2）若 边上 中线 长为 的角平分线 交 于点 ，求线段 的长.
【答案】（1）
第 12页/共 21页
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合诱导公式及两角和正弦公式得出 ，应用角的范围求出角；
（2）先根据中线得出 ，再左右两边平方结合余弦定理得出 为直角三角形，最后
应用两角和正弦公式及正弦定理计算求解.
【小问 1 详解】
根据题意 ，且 ，
由正弦定理得 ，
化简得 ，因为 ，
所以 ，又 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
根据题意，在 中， 边上的中线 长为 ，
得 ，
两边平方得
化简 ，故有 ，
解得 （舍去）或 .
在 中， ，
又 ，故 为直角三角形，
在 中， ，所以 ，
又 ，
第 13页/共 21页
所以根据正弦定理得
，
解得 .
16. 某社区举办“公益知识闯关赛”，共有 100 名居民报名参赛，每位参赛者需完成“第一轮基础知识作答”和
“第二轮拓展知识比拼”两项任务.已知每位参赛者第一轮基础知识作答成功的概率为 ，且不同参赛者第一
轮成功与否相互独立；若某位参赛者第一轮基础知识作答成功时，他第二轮拓展知识比拼成功的概率为 ；
若他第一轮基础知识作答失败时，第二轮拓展知识比拼成功的概率为 ，若两项任务均成功，则视为最终
闯关成功.
（1）若随机抽取一名参赛居民，求其第二轮拓展知识比拼成功的概率；
（2）记 为参赛居民中闯关成功的人数，求 的数学期望与方差.
【答案】（1）
（2） ，
【解析】
【分析】（1）根据题意设事件，结合已知条件利用全概率公式求出第二轮拓展知识比拼成功的概率；
（2）先求两项任务均成功的概率，利用独立事件的性质得出闯关成功人数符合二项分布，最后利用二项分
布的期望、方差公式计算求解．
【小问 1 详解】
设事件 为“第一轮基础知识作答成功”，事件 为“第二轮拓展知识比拼成功”，
由题意可知， ，则 ，
根据全概率公式，第二轮拓展知识比拼成功的概率为：
第 14页/共 21页
.
【小问 2 详解】
闯关成功需要两项任务均成功，即事件 ，其概率为：
，
因不同参赛者的第一轮结果相互独立，且第二轮成功概率仅依赖于自身第一轮结果，
故各参赛者的闯关成功事件相互独立，
记 为 名居民中闯关成功的人数，则 ，
所以数学期望 ，
方差： .
17. 如图，在三棱锥 中， 平面 为 的中点， 为 上靠近 点的三
等分点， .
（1）求证： 平面 ；
（2）求 与平面 所成角的正弦值；
（3）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，请说明点 的位置，若不存在，请说
明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，点 是线段 上靠近 点的三等分点
【解析】
【分析】（1）先证明 平面 ，得到 ，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
第 15页/共 21页
（2） 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；
（3）假设在线段 上存在点 ，设 ，利用 平面列方程求解得 即可求解.
【小问 1 详解】
证明：因为 平面 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 为 的中点， ，
所以 .
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
由题意，以点 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则
，
，所以
故 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，
取 .设 与平面
设直线 与平面 所成角为 ，
第 16页/共 21页
则
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
【小问 3 详解】
假设在线段 上存在点 ，
使得 平面 .设 ，
则 .
由（2）知 ，所以 ，
因为 平面 ，平面 的法向量为 ，
故 ，解得 .
所以当点 是线段 上靠近 点的三等分点时， 平面 .
18. 已知函数 .
（1）当 时，求函数 的极值；
（2）求函数 的单调区间；
（3）若对任意的实数 、 ，曲线 与直线 总相切，则称函数 是“ 函
数”.若当 时，函数 是“ 函数”，求实数 的值.
【答案】（1）极小值 ，无极大值
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）当 时，可得 ，利用导数与函数极值的关系可求得函数 的极值；
（2）求得 ，对实数 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数 的
增区间和减区间；
（3）设曲线 与直线 的切点为 ，根据“ 函数”的定义结合导数的几
第 17页/共 21页
何意义可得出关于 、 的方程组，解之即可.
【小问 1 详解】
当 时，函数 ，则 ，
当 时， ，即 在 上单调递减，
当 时， ，即 在 上单调递增，
故 有极小值 ，无极大值.
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，其中 ，
①当 时， ， 在 上单调递减；
②当 时，令 ，得 ，可得 ，
又 为增函数，
所以当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增；
综上，当 时， 的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
【小问 3 详解】
当 时，函数 是“ 函数”，
则 ，
设曲线 与直线 的切点为 ，
对函数 求导得 ，
第 18页/共 21页
则 ，故 ，即 ，
所以 且 ，
设 ，由 解得 ，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 ，则 是方程 的唯一根，
所以 .
19. 已知定点 ，过点 作直线 轴于点 是直线 （ 为坐标原点）上任意一点，过 作
轴于点 ，作 于点 ，直线 与 相交于点 ，设点 的轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程；
（2）过点 的直线 交曲线 于 两点，过点 且与直线 垂直的直线 交曲线 于 两点，
证明：直线 与直线 的交点在定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出直线 的方程，根据 ， 轴，进而得到 轴，设直线 的方
程为 可求出点 的坐标，从而可得直线 的方程为 ，与直线 的方程联立得到交点 的
坐标，从而可得曲线 的方程；
（2）设出直线 的方程，与曲线 的方程联立，求出 两点的坐标关系，同理求出 两点的坐标关
系，然后根据直线 与 的方程求出交点坐标，进而证明交点在定直线上。
【小问 1 详解】
因为 轴且过 ，所以 的方程为 ，又 ，
轴，故 轴，设直线 的方程为 ，则 的坐标为 .
因为点 在直线 : 上，且点 的纵坐标为 ，故点 的坐标为 ,则直线 的方程为
第 19页/共 21页
，
所以直线 的方程为 ，
直线 的方程为 ，与 联立，可得交点 的坐标为 ，
令 ，则 ，故曲线 的方程为 .
【小问 2 详解】
设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为
将 代入曲线 的方程 ，得 ，设 ，
可得：
同理，直线 的方程为 ，设 ，
与曲线 的方程 联立，得 ，
则 .
则直线 的方程为 ，化简为 ①，
同理可得直线 的方程为 ②
设直线 与直线 的交点为 ，联立①式和②式
化简得 ，
又由 ，两式相乘化简得 ，
第 20页/共 21页
将 代入①式得 .
即直线 与直线 的交点 在定直线 上.